自然数 $n$ に対して、与えられた2つの2x2行列 $A$ の $n$ 乗 $A^n$ を求める問題です。 (1) $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ (2) $A = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$

はい、承知いたしました。

1. 問題の内容

自然数 $n$ に対して、与えられた2つの2x2行列 $A$ の $n$ 乗 $A^n$ を求める問題です。

(1) $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$

(2) $A = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$

2. 解き方の手順

(1)

まず、行列 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ の固有値と固有ベクトルを求めます。

固有方程式は $|A - \lambda E| = 0$ より、

$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)^2 - 4 = \lambda^2 - 2\lambda - 3 = (\lambda - 3)(\lambda + 1) = 0$

したがって、固有値は $\lambda_1 = 3, \lambda_2 = -1$ です。

$\lambda_1 = 3$ のとき、$(A - 3E)v_1 = 0$ より、

$\begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$x = y$ より、固有ベクトルは $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ です。

$\lambda_2 = -1$ のとき、$(A + E)v_2 = 0$ より、

$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$x = -y$ より、固有ベクトルは $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ です。

$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ とすると、$P^{-1} = \frac{1}{-2} \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$

$D = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ とすると、$A = PDP^{-1}$ です。

したがって、$A^n = PD^nP^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3^n & 0 \\ 0 & (-1)^n \end{pmatrix} \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 3^n + (-1)^n & 3^n - (-1)^n \\ 3^n - (-1)^n & 3^n + (-1)^n \end{pmatrix}$

(2)

行列 $A = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$ の固有値と固有ベクトルを求めます。

固有方程式は $|A - \lambda E| = 0$ より、

$\begin{vmatrix} 4-\lambda & -2 \\ -2 & 1-\lambda \end{vmatrix} = (4-\lambda)(1-\lambda) - 4 = \lambda^2 - 5\lambda = \lambda(\lambda - 5) = 0$

したがって、固有値は $\lambda_1 = 5, \lambda_2 = 0$ です。

$\lambda_1 = 5$ のとき、$(A - 5E)v_1 = 0$ より、

$\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ -2 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$x = -2y$ より、固有ベクトルは $v_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ です。

$\lambda_2 = 0$ のとき、$(A)v_2 = 0$ より、

$\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$2x = y$ より、固有ベクトルは $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ です。

$P = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ とすると、$P^{-1} = \frac{1}{-5} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

$D = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ とすると、$A = PDP^{-1}$ です。

したがって、$A^n = PD^nP^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5^n & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -2 \cdot 5^n & 0 \\ 1 \cdot 5^n & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 \cdot 5^n & -2 \cdot 5^n \\ -2 \cdot 5^n & 1 \cdot 5^n \end{pmatrix} = 5^{n-1} \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$

3. 最終的な答え

(1) $A^n = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 3^n + (-1)^n & 3^n - (-1)^n \\ 3^n - (-1)^n & 3^n + (-1)^n \end{pmatrix}$

(2) $A^n = 5^{n-1} \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$